理科综合能力测试（物理部分）
I、单项选择题（本大题共16小题，每小题4分，满分分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．）
13．甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移时间图象如图所示．下列表述正确的是
A．0.2﹣0.5小时内，甲的加速度比乙的大
B．0.2﹣0.5小时内，甲的速度比乙的大
C．0.6﹣0.8小时内，甲的位移比乙的小
D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等
答案：B
考点：直线运动图像．
分析：位移图象反映质点的位置随时间变化情况，其斜率表示速度，所以倾斜的直线表示匀速直线运动；根据斜率的正负分析速度的方向．物体的位移等于s的变化量．
解答：A、由图知，0.2﹣0.5小时内甲乙都做匀速直线运动，加速度均为零，故A错误．B、s﹣t图象的斜率表示速度，甲的斜率大，则甲的速度比乙的大，故B正确．C、物体的位移等于s的变化量，则由图知0.6﹣0.8小时内，甲的位移比乙的大，故C错误．D、0﹣0.6小时内，甲的位移比乙的大，0.6﹣0.8小时内，甲的位移比乙的大，所以0.8小时内，甲的路程比乙的大，故D错误．故选B．
点评：该题考查了对位移时间图象的理解和应用，要认识到在位移时间图象中，图象的斜率表示质点运动的速度，纵坐标的变化量表示位移．
14．如图所示，帆板在海面上以速度v朝正西方向运动，帆船以速度v朝正北方向航行，以帆板为参照物
A．帆船朝正东方向航行，速度大小为v
B．帆船朝正西方向航行，速度大小为v
C．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为v
D．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为v
答案：D
考点：运动的合成和分解；参考系．
分析：将帆板视为静止，则可得出船相对于板的速度，再由运动的合成与分解可求得合速度的大小和方向．
解答：以帆板为参考系，即把帆板看作静止，则帆船相对于帆板有向东的速度v及向北的速度v；由矢量合成可知，二者的合速度v合=v；方向北偏东45度．故选D．
点评：本题考查运动的合成与分解及参考系的内容，矢量是高中物理中的重要内容，所以要掌握其合成与分解的方法．
15．如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变阻器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V．调节前后
A．副线圈中的电流比为1:2 B． 副线圈输出功率比为2:1
C．副线圈的接入匝数比为2:1 D． 原线圈输入功率比为1:2
答案：C
考点：变压器的构造和原理；欧姆定律．
分析：变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析．
解答：A、通过调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，输出电压减小为原来的一半，在原线圈电压和匝数不变的情况下，根据原副线圈电压之比等于匝数之比得副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，所以接入匝数之比为2:1，副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2:1，故A错误，C正确；B、由P=，所以输出功率之比为4:1，故B错误；D、副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为4:1，故D错误；故选C．
点评：本题不仅考查了变压器的特点和欧姆定律，还考查了电路的动态分析．
16．在同一匀强磁场中，α粒子（He）和质子（H）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子
A．运动半径之比是2:1 B． 运动周期之比是2:1
C．运动速度大小之比是4:1 D． 受到的洛伦兹力之比是2:1
答案：B
考点：磁偏转的参量比较；动量定义．
分析：质子H和α粒子以相同的动量在同一匀强磁场中作匀速圆周运动，均由洛仑兹力提供向心力，由动量定义式、牛顿第二定律和圆周运动的规律，可求得比较r、速度v及T的表达式，根据表达式可以得到半径以及周期之比．
解答：C、两个粒子的动量大小相等，质量之比是4:1，所以：．故C错误；A、质子H和α粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，均由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： qvB=m，得轨道半径：R==，根据质子质子（H）和α（He）粒子的电荷量之比是1:2，质量之比是1:4，则得：RHe:RH=，故A错误；B、粒子运动的周期：，所以：．故B正确；D、根据粒子受到的洛伦兹力：f=qvB，得：．故D错误．故选B．
点评：本题主要考查了带电粒子在磁场场中运动的问题，关键是要知道仅有洛伦兹力充当向心力，然后熟练掌握圆周运动的基本公式即可．
II、双项选择题（本大题共9小题，每小题6分，共54分.在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个正确的得3分，有错选或不答的得0分．）
17．如图为某实验器材的结构示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气，内筒中有水，在水加热升温的过程中，被封闭的空气
A．内能增大 B． 压强增大
C．分子间引力和斥力都减小 D． 所有分子运动速率都增大
答案：AB
考点：理想气体的状态方程；分子动理论；内能．
分析：气体分子间距较大，内能主要体现在分子平均动能上，所以温度升高时内能增大，则分子的平均速率增大，再根据压强的微观解释可明确压强的变化．或根据理想气体的状态方程也可以推出压强是否增大．
解答：水加热升温使空气温度升高，故封闭空气的内能增大，气体分子的平均动能增大，分子对器壁的撞击力增大，故压强增大；但分子间距离不变，故分子间作用力不变；由于温度是分子平均动能的标志是一个统计规律，温度升高时并不是所有分子的动能都增大，有少数分子动能可能减小；故选AB．
点评：本题考查分子的微观性质，要注意明确气体内能取决于温度；而压强取决于温度和体积；还有分子引力和斥力取决于分子间的距离．
18．科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：X+Y→He+H+4.9MeV和H+H→He+X+17.6MeV．下列表述正确的有
A．X是中子 B． Y的质子数是3，中子数是6
C．两个核与都没有质量亏损 D． 氘和氚的核反应是核聚变反应
答案：ABD
考点：核反应方程及其两大守恒定律；质量亏损．
分析：根据质量数守恒以及电荷数守恒即可判断出X和Y；是否释放能量是根据有没有质量亏损来判定；根据核反应的特点判定是否是聚变反应．
解答：A、根据核反应方程：H+H→He+X，X的质量数：m1=2+3﹣4=1，核电荷数：z1=1+1﹣2=0，所以X是中子．故A正确；B、根据核反应方程：X+Y→He+H，X是中子，所以Y的质量数：m2=4+3﹣1=6，核电荷数：z2=2+1﹣0=3，所以Y的质子数是3，中子数是3．故B错误；C、根据两个核反应方程可知，都有大量的能量释放出来，所以一定都有质量亏损．故C错误；D、氘和氚的核反应过程中是质量比较小的核生成质量比较大的新核，所以是核聚变反应．故D正确．故选ABD．
点评：该题考查常见的核反应方程，在这一类的题目中，要注意质量数守恒和核电荷数守恒的应用．
19．如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同，下列说法正确的有
A．三条绳中的张力都相等
B．杆对地面的压力大于自身重力
C．绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零
D．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力
答案：BC
考点：共点力平衡的条件及其应用；力合成与分解的运用．
分析：对杆进行分析，明确杆受力情况，再根据水平和竖直方向的平衡关系可分析力之间的关系．
解答：A、由于三力长度不同，故说明三力与竖直方向的夹角不相同；由于杆保持静止，故在水平方向三力水平分力的合力应为零；综合可以说明三力的大小不可能相等；故A错误，C正确；B、由于三力在竖直方向有拉力，杆在竖直方向合力为零，故杆对地面的压力大于重力；故B正确，D错误；故选BC．
点评：本题考查共点力的平衡条件及应用，要注意本题中应分别对水平和竖直两个方向进行分析才能得出正确结果．
20．在星球表面发射探测器，当发射速度为v时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动，当发射速度达到v时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球，已知地球、火星两星球的质量比约为10:1，半径比约为2:1，下列说法正确的有
A．探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大
B．探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大
C．探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等
D．探测器脱离星球的过程中，势能逐渐增大
答案：BD
考点：万有引力定律及其应用；发射速度；势能．
分析：探测器刚好脱离星球，动能全部转化为势能，发射速度与质量无关，根据万有引力公式以及地球、火星两星球质量、半径的关系比较万有引力大小，根据发射速度为比较发射速度大小，探测器脱离星球过程中，引力做负功，引力势能增大．
解答：A、探测器刚好脱离星球，动能全部转化为势能，发射速度与质量无关，故A错误；B、根据万有引力公式得：探测器在地球表面受到的引力，在火星表面受到的引力，而地球、火星两星球的质量比约为10:1，半径比约为2:1，解得：，即探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大，故B正确；C、探测器脱离星球时，其需要发射速度为，显然通过所给的质量比和半径比可知所需发射速度也不同，故C错误；D、由于探测器脱离星球过程中，引力做负功，引力势能增大，故D正确．故选BD．
点评：本题主要考查了万有引力公式得直接应用，知道绕星球表面做匀速圆周运动速度的含义，明确探测器刚好脱离星球，动能全部转化为势能，难度适中．
21．如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则
A．M的带电量比N的大
B．M带负电荷，N带正电荷
C．静止时M受到的合力比N的大
D．移动过程中匀强电场对M做负功
答案：BD
考点：电场力下的平衡；库仑力的特点；牛顿第三定律．
分析：分别对MN两个小球进行受力分析，然后结合受力平衡的特点与库仑力的特点即可正确解答．
解答：A、B、因为M、N在释放后保持静止，说明受到的合力为0，若M带正电，不论N带正电，还是带负电，都不可能同时静止，只有M带负电，N带正电才能满足同时静止．又M与N之间的库仑力是作用力与反作用力，总是大小相等方向相反，所以二者受到的电场力也必定是大小相等方向相反，由F=qE可知，二者所带的电量大小相等．故A错误，B正确；C、静止时，二者受到的合力都是0．故C错误；D、M带负电，受到的电场力的方向向左，所以移动过程中匀强电场对M做负功．故D正确．故选BD．
点评：该题考查电场中物体的受力平衡问题，对于电场中的共点力作用下物体的平衡问题，其解决方法和纯力学点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法．
III、非选择题（本大题共11小题，共182分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题目，答案中必须写出明确的数值和单位．）
34（1）．（8分）某同学实验打点计时器测量当地的重力加速度．
①请完成以下主要实验步骤：按图（a）安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物 （填“靠近”或“偏离”）计时器下端； ， ，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验；
②图（b）和（c）是实验获得的两条纸带，应选取 （填“b”或“c”）来计算重力加速度．在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和 ．
答案：①靠近，接通电源，松开纸带；②b，纸带摩擦
考点：测定匀变速直线运动的加速度．
分析：（1）通过组装器材、进行实验和数据处理的顺序对实验步骤进行分析求解；（2）根据纸带上的点迹分布进行分析来选择纸带；由于存在摩擦阻力，所以在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度．
解答：（1）按图（a）安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物靠近计时器下端；接通电源，松开纸带，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验；（2）根据纸带上的点迹分布得出b纸带做加速运动，而且相邻计时点的距离较大，c纸带先加速后减速，且相邻计时点的距离较小，所以应选取b来计算重力加速度．在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和纸带摩擦．
点评：对于实验的具体操作，不光要靠记忆理解，要亲自动手实验，切实去体会．正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、所测数据、误差分析等，会起到事半功倍的效果．
34（2）．（10分）某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表（内阻约为3kΩ）、电流表（内阻约为1Ω）、定值电阻等．
①使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为 ？？？ Ω．据此应选择图中的 ？？？ （填“b”或“c”）电路进行实验；
②连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐 ？？ （填“增大”或“减小”）；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验；
③如下图所示是根据实验数据作出的U﹣I图线，由图可判断元件 ？？？ （填“X”和“Y”）是非线性元件；
④该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R=21Ω的定值电阻，测量待测电池的电动势E和内阻r，电路如右下图所示，闭合S1和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V．利用图象可算得E= ？？ V．r= ？？ Ω（结果保留两位有效数字，电压表为理想电压表）．
答案：①10，b；②增大；③Y；④3.2；0.50
考点：欧姆表；实验电路；伏安特性曲线；测E和r．
分析：电阻的大小等于表盘读数乘以倍率．根据元件X电阻大小确定电流表的内外接．先分析电路的连接方式即分压，然后根据滑动变阻器的正确使用方法进行分析．根据图象特点来判断元件是否是非线性元件；根据闭合电路欧姆定律列出等式求解电动势E和内阻r．
解答：（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为10Ω．元件X的电阻远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较小，因此需要选择图b所示实验电路．
（2）连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，并联支路电压增大，电流表的示数逐渐增大；
（3）如图（d）是根据实验数据作出的U﹣I图线，由图可判断元件Y是非线性元件；
（4）根据U﹣I图线得出元件X的电阻R==10Ω；闭合S1和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V，根据闭合电路欧姆定律列出等式E=3+×r，E=1+×（r+21），解得：E=3.2V．r=0.50Ω
点评：知道串并联电路中电阻、电流和电压的关系，会正确使用滑动变阻器．会根据欧姆定律判断电压表和电流表示数的变化．关键掌握滑动变阻器分压式和限流式的区别，电流表内外接的区别，以及会通过结合图象来求解电源的电动势和内阻．
35．（18分）如图（a）所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L=0.4m，导轨右端接有阻值R=1Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好．导体棒及导轨的电阻均不计．导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L．从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图（b）所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以v=1m/s做直线运动，求：
（1）棒进入磁场前，回路中的电动势E；
（2）棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式．
答案：（1）棒进入磁场前，回路中的电动势E是0.04V；（2）棒在运动过程中受到的最大安培力大小是0.04N，方向水平向左，棒通过三角形abd区域使电流i与时间t的关系式i=t﹣1 （1s≤t≤1.2s）．
考点：感生电动势和动生电动势；安培力；闭合电路的欧姆定律．
分析：根据法拉第电磁感应定律E=N求出感应电动势的大小，根据棒切割磁感线产生的感应电动势公式和欧姆定律求解感应电流，再根据安培力大小求解．
解答：（1）根据法拉第电磁感应定律E=N得棒进入磁场前，回路中感应电动势为：E==×0.08=0.04V；
（2）同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v=1m/s做直线运动，棒通过三角形abd区域时，棒切割磁感线产生的感应电动势大小E′=Blv=2Bv（t﹣1）v，根据欧姆定律得棒通过三角形abd区域使电流i与时间t的关系式i===t﹣1（1s≤t≤1.2s），则当t=1.2s时，电流最大且有效长度最大，所以最大安培力Fm=BIL=0.04N，根据左手定则得安培力方向水平向左．
点评：本题考查了法拉第电磁感应定律和切割产生感应电动势公式的综合运用，考查了闭合欧姆定律和安培力公式，难度中等．
36．（18分）如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R=0.5m，物块A以v0=6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动．P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段，光滑段交替排列，每段长度都为L=0.1m．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.1，A、B的质量均为m=1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短）．
（1）求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；
（2）若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
（3）求碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度vAB与n的关系式．
答案：（1）速度大小v为4m/s；弹力大小F为22N；（2）k的数值为45；（3）速度vAB与n的关系式为vAB=m/s；
考点：动量守恒定律；牛顿第二定律；能量守恒定律；向心力．
分析：（1）由机械能守恒定律可求得A滑过Q点的速度，由向心力公式可求得弹力大小；（2）由机械能守恒定律可求得AB碰撞前A的速度，再对碰撞过程由动量守恒定律可求得碰后的速度；则可求得总动能，再由摩擦力做功求出每段上消耗的机械能；即可求得比值；（3）设总共经历了n段，根据每一段上消耗的能量，由能量守恒可求得表达式．
解答：（1）由机械能守恒定律可得： mv02=mg（2R）+mv2，解得：v=4m/s；由F+mg=m可得：F=22N；
（2）AB碰撞前A的速度为vA，由机械能守恒定律可得： mv02=mvA2，则vA=v0=6m/s；
AB碰撞后以共同速度vP前进，设向右为正方向，由动量守恒定律可得：mv0=（m+m）vp，解得：vP=3m/s；故总动能EK=（m+m）vP2=×2×9=9J；滑块每经过一段粗糙段损失的机械能△EK=fL=μ（m+m）gL=0.1×20×0.1=0.2J；k===45；
（3）AB整体滑到第n个光滑段上损失的能量：E损=n△EK=0.2nJ，从AB碰撞后运动到第n个光滑段的过程中，由能量守恒定律可得：（m+m）vP2﹣（m+m）vAB2=n△EK，代入解得：vAB=m/s；
点评：本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律及向心力等内容，要求我们能正确分析物理过程，做好受力分析及能量分析，同时要注意能量的转化与守恒的灵活应用．下载本文
